2022-2023學年貴州省黔東南州凱里市高二上學期期中數學試題一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B．C． D．B【分析】首先求集合，再求.【詳解】，.故選：B2．復數在復平面內對應的點在（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限A【分析】先化簡求出，即可得出結論.【詳解】，其在復平面內對應的點在第一象限.故選：A.3．最近幾個月，新冠肺炎疫情又出現反復，各學校均加強了疫情防控要求，學生在進校時必須走測溫通道，每天早中晚都要進行體溫檢測并將結果上報主管部門.某班級體溫檢測員對一周內甲、乙兩名同學的體溫進行了統計，其結果如圖所示，則下列結論不正確的是（

）A．甲同學體溫的極差為B．甲同學體溫的眾數為C．乙同學體溫的中位數與平均數相等D．乙同學體溫的第百分位數為D【分析】利用極差的定義可判斷A選項；利用眾數的概念可判斷B選項；利用中位數和平均數的定義可判斷C選項；利用百分位數的定義可判斷D選項.【詳解】甲同學的體溫的極差為，故A選項正確；甲同學的體溫從低到高依次為、、、、、、，故眾數為，故B選項正確；乙同學的體溫從低到高依次為、、、、、、，乙同學的體溫的中位數為，平均數也為，故C選項正確；因為，故乙同學體溫的第百分位數為，故D錯誤.故選：D.4．一束光線從點出發，經直線反射后經過點，則反射光線所在直線的一個方向向量是（

）A． B． C． D．B【分析】先由關于求得對稱點，再由兩點斜率公式求得反射光線的斜率，由此得到反射光線所在直線的一個方向向量.【詳解】設關于的對稱點為，則，又因為點與都在反射光線所在的直線上，所以反射光線所在直線的斜率，對于A，方向向量對應的直線斜率為，故A錯誤；對于B，方向向量對應的直線斜率為，故B正確；對于C，方向向量對應的直線斜率為，故C錯誤；對于D，方向向量對應的直線斜率為，故D錯誤.故選：B.5．已知函數（其中，，）的部分圖象如圖所示，將函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的6倍后，再向左平移個單位，得到函數的圖象，則函數的解析式為（

）A． B．C． D．B【分析】先根據函數圖像求出函數的解析式，再由三角函數的變換過程求解即可【詳解】由圖知：且，則，故，則，由，則，，所以，，又，故，綜上，，將函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的6倍得到，再向左平移個單位得到，故選：B6．直線與的傾斜角分別為，，則“”是“”的（

）A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件C【分析】結合圖像易得等價于，由此可得結論.【詳解】作出的一個圖像，易知圖中時，當對換，時，綜上：的充要條件是，所以是的必要不充分條件.故選：C.7．已知函數是上的偶函數，且的圖象關于點對稱，當時，，則的值為（

）A． B． C． D．2C【分析】由函數的圖像關于點對稱得到，結合是偶函數得到，進一步得到的周期是4，再利用周期性計算即可得到答案.【詳解】因為是上的偶函數，所以，又的圖象關于點對稱，則，所以，則，得，即，所以是周期函數，且周期，由時，，則，，，，則，則.故選：C8．在長方體中，，，點為側面內一動點，且滿足平面，當取最小值時，三棱錐的所有頂點均在球的球面上，則球的表面積為（

）A． B． C． D．A【分析】分析可知點的軌跡為線段，且當為線段的中點時，取最小值，分析可知球心為的中點，求出球的半徑，利用球體的表面積公式可求得結果.【詳解】如下圖所示：因為且，故四邊形為平行四邊形，則，平面，平面，平面，同理可證平面，，、平面，平面平面，因為平面，要使得平面，則平面，因為平面平面，故點的軌跡為線段，，，，當取最小值時，，則為的中點，因為平面，平面，，，，、平面，平面，平面，則，又因為，設的中點為，則，所以，球的半徑為，因此，球的表面積為.故選：A.方法點睛：求空間多面體的外接球半徑的常用方法：①補形法：側面為直角三角形，或正四面體，或對棱二面角均相等的模型，可以還原到正方體或長方體中去求解；②利用球的性質：幾何體中在不同面均對直角的棱必然是球大圓直徑，也即球的直徑；③定義法：到各個頂點距離均相等的點為外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圓圓心，找其垂線，則球心一定在垂線上，再根據帶其他頂點距離也是半徑，列關系求解即可；④坐標法：建立空間直角坐標系，設出外接球球心的坐標，根據球心到各頂點的距離相等建立方程組，求出球心坐標，利用空間中兩點間的距離公式可求得球的半徑.二、多選題9．如圖，在平行六面體中，以頂點為端點的三條棱長都是1，且它們彼此的夾角都是60°，為與的交點.記，，，則下列說法正確的是（

）A． B．C． D．AC【分析】根據空間向量的線性運算計算即可判斷AB；根據向量數量積的運算律計算即可判斷C；根據向量的模及數量積的運算律即可判斷D.【詳解】解：由，故A正確；由為中點，所以，故B錯誤；由，所以，故C正確；由，故D錯誤.故選：AC.10．已知函數，若（互不相等），則的值可以是（

）A． B． C．0 D．1BC【分析】根據函數變換的知識作出分段函數的圖像，結合圖像可判斷得的取值范圍，由此可得答案.【詳解】因為的圖像是由的圖像保留軸上方的圖像，再把軸下方的圖像沿著軸往上翻折得到的圖像，所以分段函數的圖象如圖，不妨設，因為，所以由關于對稱可得，又，所以，故的值可以是，故選：BC..11．如圖，在棱長為2的正方體中，，，分別是，，的中點，則（

）A．，，，四點共面B．C．直線平面D．三棱錐的體積為BCD【分析】對于A.根據四點所在線是否是異面直線可判斷四點是否共面；對于B.根據垂直的傳遞性判斷；對于C.根據線線平行證明線面平行；對于D.根據等體積法先對所求三棱錐進行簡化.【詳解】易知與為異面直線，所以，，，不可能四點共面，故A錯誤；由，而，所以，故B正確；由，平面，平面，所以平面，故C正確；由平面，所以，故D正確.故選:BCD12．古希臘著名數學家阿波羅尼斯發現：平面內到兩個定點，的距離之比為定值的點的軌跡是圓，此圓被稱為“阿波羅尼斯圓”.在平面直角坐標系中，已知，，動點滿足，記點的軌跡為圓，又已知動圓.則下列說法正確的是（

）A．圓的方程是B．當變化時，動點的軌跡方程為C．當時，過直線上一點引圓的兩條切線，切點為，，則的最大值為D．存在使得圓與圓內切ABC【分析】對于A根據“阿波羅尼斯圓”的定義列式化簡即可；對于B，設圓心，而，消去即可得到圓心的估計方程；對于C，因為是直角三角形，根據三角函數找出的最大值，再得出的最大值；對于D，根據兩點間的距離公式計算出范圍，再根據兩圓內切條件判斷即可.【詳解】.解：設，由得化簡整理得.故A正確；設，則消去得.故B正確；當時，，直線的方程為.因為，要使最大，只需最小.所以，所以，即.所以的最大值為，故C正確；因為，若兩圓內切有，故不存在使得，故D錯誤.故選:ABC三、填空題13．已知向量，.若，則_______.【分析】求出向量的坐標，利用平面向量垂直的坐標表示可得出關于實數的等式，解之即可.【詳解】由已知可得，由題意可得，解得.故答案為.14．圓：與圓：交于，兩點，則四邊形的面積為_______.12【分析】先判斷出直線的方程為，得到即可求解.【詳解】將代入中整理得，∴直線的方程為.在中令得,，∴.故1215．已知圓臺上、下底面的圓心分別是正方體上、下底面的中心，圓臺的下底面恰好是正方形的外接圓，若正方體的棱長為，圓臺的母線長為3，則圓臺的側面積為_______.【分析】根據勾股定理可計算出下底面圓和上底面圓的半徑，再根據圓臺側面積公式計算即可.【詳解】易得圓臺的高度為，下底面圓的半徑為2，∴圓臺的上底面圓的半徑為，∴圓臺的側面積為.故答案為:16．已知，，且，則的最小值是_______.0.75【分析】利用基本不等式即可求出最小值.【詳解】，而，∴.故答案為.四、解答題17．若，均為銳角，且.(1)求的值；(2)若，求的值.(1)；(2)【分析】（1）利用同角三角函數的關系計算出，再利用二倍角公式即可求解；（2）利用題意得到，可得到，接著利用即可求解【詳解】（1）∵為銳角，且，∴，∴，∴；（2）∵，均為銳角，∴，∴，∴18．的角，，的對邊分別為，，，且的面積為.(1)求角的大?。?2)求的取值范圍.(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理和三角形的面積公式即可求出；（2）把轉化為，利用的性質求出的范圍，即可求得.【詳解】（1）由余弦定理可知：，∴的面積.而，∴，即.由于，∴（2），∵，∴，由的性質可知.∴的取值范圍是.19．特崗教師是中央實施的一項對中西部地區農村義務教育的特殊政策，通過公開招聘高校畢業生到中西部地區"兩基"攻堅縣、縣以下農村學校任教，進而提高農村教師隊伍的整體素質，促進城鄉教育均衡發展.某市招聘特崗教師需要進行筆試和面試，一共有600名應聘者參加筆試，從中隨機抽取了100名應聘者，記錄他們的筆試分數，將數據分成7組：，，…，，得到如圖所示頻率分布直方圖.(1)若該市計劃168人進入面試，請估計參加面試的最低分數線；(2)已知樣本中筆試分數低于40分的有5人，試估計總體中筆試分數在內的人數.(1)78(2)30【分析】（1）根據題意求得進入面試的頻率，再判斷最代分數線所在分數區間，結合頻率的計算公式得到方程，解之即可；（2）由頻率分布直方圖求得不低于50分的頻率，由題意求得分數低于40分的頻率，從而求得筆試分數在內的頻率，再由頻數等于總數乘以頻率即可求得結果.【詳解】（1）根據題意，得進入面試的頻率，由頻率分布直方圖可知，筆試分數位于、的頻率分別為0.4、0.2，所以設參加面試的最低分數線，得，解得，故參加面試的最低分數線約為78.（2）樣本中筆試分數不低于50分的頻率為：，樣本中筆試分數低于40分的頻率為：，所以樣本中筆試分數在內頻率為：，故總體中筆試分數在內的人數約為（人）20．已知直線：恒經過定點，以為圓心的圓與直線相切.(1)求圓的方程；(2)經過點的直線與圓交于，兩點，若，求直線的方程.(1)(2)或【分析】（1）求出直線所過的定點，再根據點到直線的距離求出圓的半徑，即可得解；（2）根據弦長求出圓心到直線的距離，再分直線斜率存在和不存在兩種情況討論，結合點到直線的距離公式即可得解.【詳解】（1）解：由得，令，解得，，即，∴點到直線的距離，∴圓的方程為；（2）解：圓心到直線的距離，當直線的斜率不存在時，直線的方程為，此時圓心到直線的距離為，所以直線的斜率存在，設直線的方程為，即，∴，∴，解得或，∴直線的方程為或.21．如圖，在四棱錐中，平面，底面是矩形，且，，點，分別為，的中點.(1)求直線與平面所成角的正弦值；(2)設直線與平面交于點，求點到平面的距離.(1)(2)2【分析】(1)以點為原點，建立空間直角坐標系，求平面的法向量，利用向量法求線面角的正弦值；（2）首先求平面的法向量，利用，求點的坐標，即可求得點到平面的距離.【詳解】（1）分別以，，為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，易得，，，，，∴，，.設平面的法向量為，則，令，則設直線與平面所成角為，則，∴直線與平面所成角的正弦值為.（2）易知，，設平面的法向量為，則，令，則，設，則，由題可知，解得，∴，即點的坐標為，∴點到平面的距離為2.22．已知函數.(1)當時，若，求的值；(2)若，恒成立，求的取值范圍.(1)(2)【分析】（1）直接解方程即可求得；（2）把題意轉化為，令，求出，解不等式即可求得.【詳解】（1）當時，，∴，即，∴（2），由于，∴且，∴，設，.因為為增函數，為減函數，所以在上單增.∴，∴，解得或，∴的取值范圍是“恒（能）成立”問題的解決方